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1Fórmulas y métodos
Resistencias en serie y en paralelo
Resistencias en serie
Req = R1 + R2 + …
Resistencias en paralelo
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dos en paralelo
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ley de Ohm
V = I·R
Potencia
P = V·I = I²R = V²/R
Método
Empieza por el extremo de la red más alejado de los terminales.
Combina las resistencias en serie sumándolas, y las resistencias en paralelo con 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Vuelve a dibujar el circuito después de cada paso.
Repite hasta que quede una sola resistencia entre los terminales.
Análisis nodal
Ley de corrientes de Kirchhoff
ΣIin = ΣIout
Corriente de rama
I = (Va − Vb)/R
Nodo de referencia
Vground = 0
Método
Elige un nudo de referencia (tierra) y nombra las tensiones de los demás nudos.
Aplica la ley de corrientes de Kirchhoff en cada nudo desconocido: las corrientes que salen por cada rama igualan a las que entran.
Expresa cada corriente de rama como (Va − Vb)/R.
Resuelve el sistema de ecuaciones y luego halla la corriente que necesites.
Análisis de mallas
Ley de tensiones de Kirchhoff
ΣV = 0 en cada malla
Resistencia compartida
corriente = I1 − I2
Fuente de corriente en una malla
fija esa corriente de malla
Método
Dibuja una corriente en sentido horario en cada malla (ventana) del circuito.
Aplica la ley de tensiones de Kirchhoff en cada malla: la suma de las caídas de tensión es cero.
En una resistencia compartida por dos mallas, la corriente es la diferencia de las dos corrientes de malla.
Resuelve las ecuaciones; un resultado negativo significa que la corriente circula en sentido contrario.
Superposición
Superposición
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Fuente de tensión apagada
cortocircuito (0 V)
Fuente de corriente apagada
circuito abierto (0 A)
Divisor de tensión
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Divisor de corriente
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Método
Cuenta las fuentes independientes. Resolverás un circuito más sencillo por cada fuente.
Deja una fuente y anula las demás: una fuente de tensión se convierte en un cortocircuito (un cable) y una fuente de corriente en un circuito abierto (un hueco).
Resuelve el circuito más sencillo para la tensión o corriente que necesitas, sin perder de vista su sentido.
Repite con cada fuente y luego suma las contribuciones con sus signos.
Thévenin y Norton
Tensión de Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistencia de Thévenin
Rth: todas las fuentes apagadas, vista desde a–b
Corriente de Norton
IN = Vth/Rth
Corriente en la carga
IL = Vth/(Rth + RL)
Máxima transferencia de potencia
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Método
Quita la carga y marca los dos terminales a y b.
Halla la tensión en circuito abierto entre a y b: es Vth.
Anula todas las fuentes independientes y halla la resistencia vista desde a–b: es Rth.
Vuelve a conectar la carga al circuito equivalente: Vth en serie con Rth.
Para el equivalente de Norton, convierte: IN = Vth/Rth, con RN = Rth en paralelo.
Circuitos con amplificador operacional
Amplificador inversor
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Amplificador no inversor
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Amplificador sumador
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Amplificador operacional ideal
V+ = V−, Iin = 0
Transitorios RC y RL
Constante de tiempo
τ = RC | τ = L/R
Respuesta
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Condensador en continua
circuito abierto; vC no puede saltar
Bobina en continua
cortocircuito; iL no puede saltar
Régimen permanente
t ≈ 5τ
Método
Halla el valor inicial justo después de la conmutación: la tensión de un condensador y la corriente de una bobina no pueden variar bruscamente.
Halla el valor final mucho después de la conmutación: un condensador se comporta como un circuito abierto y una bobina como un cortocircuito.
Halla la constante de tiempo: τ = RC o τ = L/R, usando la resistencia que ve el condensador o la bobina.
La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 9,5 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 9 VIs = 0,5 AR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
11.Circuitos con amplificador operacionalMedia
El amplificador operacional es ideal y se alimenta con ±15 V. Halla la tensión de salida Vout.
Vin = 1,3 VR1 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
12.Circuitos con amplificador operacionalDifícil
El integrador usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V; su salida se satura en ±13 V. El condensador está descargado cuando se aplica una entrada constante Vin = −0,4 V en t = 0. Halla la tensión de salida Vout en t = 50 ms.
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la energía W almacenada en la bobina en t = 100 ms, en mJ.
Vs = 10 VR = 5 ΩL = 220 mHt = 100 ms
W = mJ
14.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo abierto, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 el interruptor se cierra y cortocircuita R2. ¿Cuánto tiempo después de t = 0 alcanza la corriente de la bobina 0,382 A? Halla t.
Vs = 12 VR1 = 22 ΩR2 = 33 ΩL = 47 mH
t = ms
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 1,2 A
Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.
Combina las resistencias desde el extremo más lejano
Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.
R3 + R4 = 20 + 10 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 3·30/(3+30) = 2,727 Ω
Req = R1 + 2,727 = 20 + 2,727 = 22,73 Ω
Corriente de la fuente
La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.
IR1 = V1/Req = 30/22,73 = 1,32 A
Corriente por R₂
Resta la caída en R₁ para obtener la tensión en el nodo A, que es la tensión en R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 1,32·20 = 3,6 V
IR2 = VA/R2 = 3,6/3 = 1,2 A
Respuesta
IR2 = 1,2 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,6904 A
Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.
Combina las resistencias desde el extremo más lejano
Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.
R5 + R6 = 25 + 4 = 29 Ω
R4 ∥ 29 = 14,75 Ω
R3 + 14,75 = 34,75 Ω
R2 ∥ 34,75 = 5,116 Ω
Req = R1 + 5,116 = 6 + 5,116 = 11,12 Ω
Corriente de la fuente
La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.
IR1 = V1/Req = 9/11,12 = 0,8096 A
Corriente por R₂
Resta la caída en R₁ para obtener la tensión en el nodo A, que es la tensión en R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 0,8096·6 = 4,142 V
IR2 = VA/R2 = 4,142/6 = 0,6904 A
Respuesta
IR2 = 0,6904 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = 13,98 V
Análisis nodal: elige un nodo de referencia, nombra las tensiones de nodo desconocidas, escribe la ley de corrientes de Kirchhoff en cada nodo desconocido usando la ley de Ohm (I = ΔV/R) y resuelve las ecuaciones resultantes.
Plantea los nodos
La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 9 V). Incógnitas: VA, VB.
LCK en el nodo A
Las corrientes que salen de A por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en A.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/4 + (VA − 9)/20 + (VA − VB)/8 = 0
0,425·VA − 0,125·VB = 0,45
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/10 + (VB − VA)/8 = 2,5
−0,125·VA + 0,225·VB = 2,5
Resuelve
Δ = (0,425)(0,225) − (−0,125)(−0,125) = 0,08
VA = Δ1/Δ = 0,4138/0,08 = 5,172 V
VB = Δ2/Δ = 1,119/0,08 = 13,98 V
Respuesta
VB = 13,98 V
4.Análisis nodal
Respuesta: Is = 1,48 A
Análisis nodal: elige un nodo de referencia, nombra las tensiones de nodo desconocidas, escribe la ley de corrientes de Kirchhoff en cada nodo desconocido usando la ley de Ohm (I = ΔV/R) y resuelve las ecuaciones resultantes.
LCK en el nodo A
VA es conocida, así que esta ecuación da VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(9,5 − 9)/12 + 9,5/12 = (VB − 9,5)/8
0,8333 = (VB − 9,5)/8 → VB = 16,17 V
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en B.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (16,17 − 9,5)/8 + 16,17/25 = 1,48 A
Respuesta
Is = 1,48 A
5.Análisis de mallas
Respuesta: IR2 = −0,75 A
Análisis de mallas: asigna a cada ventana de un circuito plano su propia corriente de lazo, escribe la ley de tensiones de Kirchhoff en cada lazo (suma de caídas = suma de subidas) y resuelve. Las corrientes de rama son la corriente de malla o la diferencia de dos corrientes de malla en una rama compartida.
Asigna las corrientes de malla
Dibuja una corriente en sentido horario en cada ventana: I1, I2. Una resistencia compartida por dos mallas lleva la diferencia de sus corrientes.
LTK en la malla 1
Recorriendo en sentido horario, las caídas en las resistencias igualan a las subidas de tensión de las fuentes (de − a + en el sentido del recorrido).
R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 8(I1 − I2) = 12
16·I1 − 8·I2 = 12
LTK en la malla 2
Recorriendo en sentido horario, las caídas en las resistencias igualan a las subidas de tensión de las fuentes (de − a + en el sentido del recorrido).
R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
4·I2 + 8(I2 − I1) = (−12)
−8·I1 + 12·I2 = −12
Resuelve
Δ = (16)(12) − (−8)(−8) = 128
I1 = Δ1/Δ = 48/128 = 0,375 A
I2 = Δ2/Δ = −96/128 = −0,75 A
Respuesta
IR2 = I2 = −0,75 A
Una corriente de malla negativa circula en sentido antihorario.
6.Análisis de mallas
Respuesta: VR5 = 24,53 V
Análisis de mallas: asigna a cada ventana de un circuito plano su propia corriente de lazo, escribe la ley de tensiones de Kirchhoff en cada lazo (suma de caídas = suma de subidas) y resuelve. Las corrientes de rama son la corriente de malla o la diferencia de dos corrientes de malla en una rama compartida.
Asigna las corrientes de malla
Dibuja una corriente en sentido horario en cada ventana: I1, I2, I3. Una resistencia compartida por dos mallas lleva la diferencia de sus corrientes.
LTK en la malla 1
Recorriendo en sentido horario, las caídas en las resistencias igualan a las subidas de tensión de las fuentes (de − a + en el sentido del recorrido).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
15·I1 + 12(I1 − I2) = 6
27·I1 − 12·I2 = 6
LTK en la malla 2
Recorriendo en sentido horario, las caídas en las resistencias igualan a las subidas de tensión de las fuentes (de − a + en el sentido del recorrido).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
30·I2 + 12(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 62·I2 − 20·I3 = 0
LTK en la malla 3
Recorriendo en sentido horario, las caídas en las resistencias igualan a las subidas de tensión de las fuentes (de − a + en el sentido del recorrido).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
3·I3 + 20(I3 − I2) = (−30)
−20·I2 + 23·I3 = −30
Resuelve
Δ = determinante de la matriz de coeficientes = 24390
I1 = Δ1/Δ = −1044/24390 = −0,0428 A
I2 = Δ2/Δ = −14544/24390 = −0,5963 A
I3 = Δ3/Δ = −44460/24390 = −1,823 A
Respuesta
IR5 = I2 − I3 = 1,227 A
VR5 = IR5·R5 = 1,227·20 = 24,53 V
Una corriente de malla negativa circula en sentido antihorario.
7.Superposición
Respuesta: PR2 = 20,14 W
Superposición: en un circuito lineal, cualquier tensión o corriente es la suma de las respuestas a cada fuente independiente actuando sola. Para apagar una fuente, sustituye una fuente de tensión ideal por un cortocircuito y una fuente de corriente ideal por un circuito abierto. Las resistencias se quedan donde están.
Caso 1 · V1 actuando sola
Iₛ pasa a ser un circuito abierto, así que R₃ y R₄ forman una rama en serie de A a tierra, en paralelo con R₂.
R3+R4 = 8+12 = 20 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
VA = 9·7,5/(20+7,5) = 2,455 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,455·12/20 = 1,473 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (2,455 − 0)/12 = 0,2045 A
Caso 2 · Is actuando sola
V₁ pasa a ser un cortocircuito, así que R₁ queda en paralelo con R₂. Iₛ se reparte en B entre R₄ y el camino por R₃.
R1 ∥ R2 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 15,5 = 6,764 Ω
VB = Is·Req = 4·6,764 = 27,05 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 27,05·7,5/15,5 = 13,09 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (13,09 − 0)/12 = 1,091 A
Suma las contribuciones de corriente
IR2 = IR2′ + IR2″ = 0,2045 + 1,091 = 1,295 A
Potencia en la resistencia
La potencia depende del cuadrado de la corriente, así que no cumple la superposición: suma primero las corrientes y luego eleva al cuadrado.
PR2 = IR2²·R2 = 1,295²·12 = 20,14 W
Respuesta
PR2 = 20,14 W
Sumar las potencias de los casos por separado daría 14,78 W, lo cual es incorrecto.
8.Superposición
Respuesta: IR3 = 2,615 A
Superposición: en un circuito lineal, cualquier tensión o corriente es la suma de las respuestas a cada fuente independiente actuando sola. Para apagar una fuente, sustituye una fuente de tensión ideal por un cortocircuito y una fuente de corriente ideal por un circuito abierto. Las resistencias se quedan donde están.
Caso 1 · V1 actuando sola
V₂ pasa a ser un cortocircuito e Iₛ un circuito abierto. Vista desde A, R₃ está en paralelo con la serie R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 6 ∥ 10 = 3,75 Ω
VA = 18·3,75/(6+3,75) = 6,923 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 6,923·2/10 = 1,385 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (6,923 − 0)/6 = 1,154 A
Caso 2 · Is actuando sola
Ambas fuentes de tensión pasan a ser cortocircuitos. Iₛ se reparte en B entre R₄ (ahora a tierra) y R₂ en serie con R₁ ∥ R₃.
R1 ∥ R3 = 3 Ω, así que el camino de la izquierda es R2+3 = 11 Ω
Req = R4 ∥ 11 = 1,692 Ω
VB = Is·Req = 4·1,692 = 6,769 V
VA = VB·3/11 = 1,846 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (1,846 − 0)/6 = 0,3077 A
Caso 3 · V2 actuando sola
V₁ pasa a ser un cortocircuito e Iₛ un circuito abierto. R₁ ∥ R₃ cuelga de A, en serie con R₂ hasta B.
R1 ∥ R3 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 30·11/13 = 25,38 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 25,38·3/11 = 6,923 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (6,923 − 0)/6 = 1,154 A
Suma las contribuciones
IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 1,154 + 0,3077 + 1,154 = 2,615 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en sentido contrario a la flecha.
9.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 7,615 Ω
Teorema de Thévenin: toda red lineal de dos terminales se comporta como una única fuente de tensión Vth en serie con una resistencia Rth. El teorema de Norton da la misma red como una fuente de corriente IN = Vth/Rth en paralelo con Rth.
Halla Rth con todas las fuentes apagadas
Sustituye las fuentes de tensión por cortocircuitos y las de corriente por circuitos abiertos, y mira el circuito desde a–b.
R1 ∥ R2 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 3 = 7,615 Ω
10.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 9 V
Teorema de Thévenin: toda red lineal de dos terminales se comporta como una única fuente de tensión Vth en serie con una resistencia Rth. El teorema de Norton da la misma red como una fuente de corriente IN = Vth/Rth en paralelo con Rth.
Halla Rth con todas las fuentes apagadas
Sustituye las fuentes de tensión por cortocircuitos y las de corriente por circuitos abiertos, y mira el circuito desde a–b.
R1 ∥ R2 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 2 = 6 Ω
Halla Vth, la tensión en circuito abierto
Con a–b abiertos, el único camino para Iₛ es por R₃ hacia el nodo A. Halla V_A por superposición de V₁ e Iₛ y luego suma la caída en R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 6 + 0,5·4 = 8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8 + 0,5·2 = 9 V
11.Circuitos con amplificador operacional
Respuesta: Vout = 7,209 V
Reglas del amplificador operacional ideal: con realimentación negativa, el amplificador ajusta su salida para que sus dos entradas estén a la misma tensión (V₋ = V₊), y no entra corriente por ninguna entrada. Aplicar la LCK en la entrada inversora con estos dos hechos da la salida.
La entrada inversora sigue a la entrada
V₋ = V₊ = 1,3 V
I = V₋/R1 = 1,3/22 = 0,05909 mA
Tensión de salida
La corriente de R₁ también pasa por Rf.
Vout = V₋ + I·Rf = 1,3 + 0,05909·100 = 7,209 V
Respuesta
Vout = 7,209 V
12.Circuitos con amplificador operacional
Respuesta: Vout = 1,934 V
Reglas del amplificador operacional ideal: con realimentación negativa, el amplificador ajusta su salida para que sus dos entradas estén a la misma tensión (V₋ = V₊), y no entra corriente por ninguna entrada. Aplicar la LCK en la entrada inversora con estos dos hechos da la salida.
Corriente de entrada y pendiente de la rampa
kΩ por µF da milisegundos.
RC = 4,7 kΩ · 2,2 µF = 10,34 ms
pendiente de la rampa = −Vin/(RC) = −(−0,4)/10,34 = 0,03868 V/ms
Salida en el instante dado
El valor ideal está dentro de ±Vsat, así que el integrador todavía no se ha saturado.
Vout = −Vin·t/(RC) = −(−0,4)·50/10,34 = 1,934 V
Respuesta
Vout = 1,934 V
13.Transitorios RC y RL
Respuesta: W = 354 mJ
Transitorios de primer orden: en un circuito con un condensador o una bobina, cada tensión y corriente pasa de forma exponencial de su valor inicial a su valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Tras unos 5τ el circuito se ha estabilizado.
Constante de tiempo y corriente final
Mucho después de cerrar el interruptor la bobina se comporta como un cortocircuito, así que la corriente final la fija solo R.
τ = L/R = 220 mH / 5 Ω = 44 ms
i(∞) = Vs/R = 10/5 = 2 A
Corriente en el instante dado
i(t) = 2·(1 − e−100/44) = 1,794 A
Energía almacenada
W = ½·L·i² = ½·220·1,794² = 354 mJ
Respuesta
W = 354 mJ
14.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 1,483 ms
Transitorios de primer orden: en un circuito con un condensador o una bobina, cada tensión y corriente pasa de forma exponencial de su valor inicial a su valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Tras unos 5τ el circuito se ha estabilizado.
Valor inicial, valor final, constante de tiempo
Antes de t = 0 ambas resistencias están en el lazo; después el interruptor cerrado puentea R₂.